微专题拓展21 数列的综合应用讲义（9大题型）-2027届高三数学一轮复习

微专题拓展21 数列的综合应用 目录 01 解题方法总结 2 方法总结1、解决数列与数学文化相交汇问题的关键 2 方法总结2、数列与不等式综合问题的求解策略 2 方法总结3、证明不等式 2 方法总结4、新定义问题的解题思路 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：数列的数学文化 3 题型二：数列的实际应用 5 题型三：数列蛛网图问题 8 题型四：数列不动点与递推问题 13 题型五：数列不等式证明 20 题型六：数列公共项问题 23 题型七：数列整数存在性问题 26 题型八：数列新定义问题 32 题型九：数列插项问题 36 03 课后拓展精练 41 方法总结1、解决数列与数学文化相交汇问题的关键 方法总结2、数列与不等式综合问题的求解策略 解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决． 利用等价转化思想将其转化为最值问题. 恒成立； 恒成立. 方法总结3、证明不等式 在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法. 放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）. 放缩法证不等式的理论依据是：；. 放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找. 方法总结4、新定义问题的解题思路 遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决． 题型一：数列的数学文化 【典例1】（2026·高三·河南南阳·开学考试）在经济模型中，常考虑市场需求与工资指数间的关系．记工资指数为，市场需求为D，在不引入其它变量的情况下，二者通常呈线性关系，即，其中，且均为给定常数，称为工资指数为的需求点弹性．在某一假设模型中，若当市场需求为20时的工资指数为25，市场需求为10时的需求点弹性为110，该模型对应的边际效益数列满足，则的公差为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由条件可知联立可解得 所以， 所以， 因为， 所以的公差． 【变式1-1】（2026·北京朝阳·模拟预测）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”，已知这9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则这9枚环权的质量和为（     ） A．284 B．381 C．384 D．484 【答案】C 【解析】设由前3项构成的等差数列的公差为，后7项构成的等比数列的公比为， 则，，两式相除得，解得或（舍去）， ，故， 又，， . 【变式1-2】牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点，数列为的牛顿数列．设，已知，的前项和为，则等于（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为函数有两个零点， 由零点式可得： ， 求导得. 代入牛顿数列递推公式： ，，化简得： . 所以， 由，可得： . 又，故是首项为，公比为的等比数列，所以. 由等比数列前项和公式，得. 所以，故. 【变式1-3】古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为．若关于的不等式恒成立，则实数的最大整数为（    ） A．28 B．29 C．30 D．32 【答案】C 【解析】由题意，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故， 所以， ， 由，得， 整理得对任意，且恒成立. 又，当且仅当，即时等号成立， 所以，即实数的最大整数为. 题型二：数列的实际应用 【典例2】某人现存入银行10000元定期存款，若以年利率的复利计算（复利是一种计算利息的方法，即把前一期的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一期的利息），则5年后本利和是（   ） A．元 B．元 C．元 D．元 【答案】A 【解析】由题意可知：5年后本利和是元. 【变式2-1】甲、乙、丙、丁四人合资注册一家公司，每人出资50万元作为启动资金投入生产，到当年年底，资金增长了.预计以后每年资金年增长率与第一年相同.四人决定从第一年开始，每年年底拿出60万元分红，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第年年底公司分红后的剩余资金为万元，则至少经过（   ）年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元？（年数取整数，参考数据：） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【解析】由题意得，投入生产的启动资金共有万元， ， ， ． 则 ， 而也满足该式，故. 令，所以， 因为：，，即． 所以至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元. 故选：D 【变式2-2】甲、乙两名大学生同时于2025年5月初向银行贷款5000元，甲与银行约定按“等额本金还款法”进行还款，乙与银行约定按“等额本息还款法”进行还款；两人都分12次还清所有的欠款，从2025年6月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率均为0.4%，则2025年10月初甲比乙将多还多少元（精确到个位，参考数据：，，）（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【解析】学生甲从5月初到9月初已经还了4个月， 在第5个月的还款额为元， 设学生乙每个月的还款额均为元，第个月还款后还剩余元未还， 显然，，， ……，， 显然，故， 所以，故， 依次类推，可得， 即， 所以， 由等比数列求和公式可得 ， 故元， 学生乙每个月的还款额均为元， 所以甲比乙将多还元． 故选：A 【变式2-3】某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）．有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算．下列说法错误的是（ ） （参考：：计算结果精确到分） A．等额本息方案，每月还款金额为10196.07元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本金方案，所有的利息和为2340元 D．等额本金方案比等额本息方案还款利息更少，所以等额本金方案优于等额本息方案 【答案】D 【解析】对于A，设第个月贷款利息为，偿还本金为， 则，， 则， ， 则， 同理得，，……，， 所以数列是以为公比的递增等比数列， 则有，得， 所以每月还款的本息和为， 所以A正确; 对于B，倒数第二个月还款后，剩余本金10000，一个月利息为元， 本息和应为10030元，故B正确； 对于C，利息和为（元）， 故C正确； 对于D， 由A知等额本息还款利息和为 ， 两种贷款方案各有优劣，比等额本金高，但等额本金方案起初还款金额高，还款压力大， 还款金额逐年递减；等额本息每月还款金额相同，低于等额本金方案前半段时间还款额， 高于后半段时间还款额；还有通货膨胀等诸多经济因素影响两种方案的收益， 故不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案，故D错误. 故选：D. 题型三：数列蛛网图问题 【典例3】（2026·河北石家庄·模拟预测）已知数列满足：，．则下列说法正确的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令， 由可得在上单调递增， 由可得在单调递减，且， 可得，又恒成立，若，则数列为常数列，不满足，所以，所以数列为单调递增数列，如图所示： 且，， 由图象可得， 所以， 故选：B． 【变式3-1】（多选题）（2026·高三·江苏无锡·阶段检测）数列满足，．下列结论正确的有（     ）． A．对任意，有 B．对任意，有 C．对任意，有 D．对任意整数，，有 【答案】ABD 【解析】选项A，时，， 对递推式两边平方，得，即， 时，，所以， 故对任意，成立，A正确； 选项B，当，，得，所以， 当， ， 先证明， ， 设，， 故在单调递增，故，即， 令（），得， 即，即， ， 所以当， ， 即对任意，有，B正确； 选项C，由，累加从到，得， 取，，，，所以，C错误； 选项D， 由，累加从到，得， 同理， 所以， 因为，，可得，所以，所以递增，递减，且，因此， 所以，即， 由时，，得，所以， 故对任意整数，，，D正确. 【变式3-2】（多选题）（2026·高三·重庆九龙坡·阶段检测）已知数列满足，，则（    ） A． B．若，则；若，则 C．数列单调递增，单调递减 D．存在正整数， 【答案】ABC 【解析】对于A，由题意得，， 则，，，故A正确， 对于B，当时，，假定当时，， 当时，，则对于正整数，得到， 令，解得（负根舍去）， 可得满足，且，则， 而，可得，得到 ，即， 当时，得到，即， 此时，可得，得到， 当时，得到，即， 此时，可得，得到，故B正确， 对于C，由题意得，可得， 而， 当时，得到，此时， 当时，得到，此时， 当时，，假定当时，， 当时，由B中结论得，， 则对于正整数，得到，即， 由已知结论得，即，则数列单调递增， 当时，，假定当时，， 当时，由B中结论得， 则对于正整数，得到，即， 由已知结论得，即，则单调递减，故C正确， 对于D，由题意得，则， 则， 由已知得数列单调递增，，令， 构造，而恒成立， 则在上单调递增，当时，， 可得，即，故D错误. 【变式3-3】（多选题）已知数列满足，，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】因为，所以，又，所以，故A正确； 对取倒数得， 所以，故B错误； 因为，所以，因为，所以，又，所以与同号，所以， 所以，所以，故C正确； 由B可知，因为，所以，所以当时，， 累加得，即，所以， 又因为，所以，所以当时，，累加得，即，所以，即，故D正确. 故选：ACD 题型四：数列不动点与递推问题 【典例4】（2026·陕西榆林·模拟预测）不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，已知函数. (1)证明：在有唯一的不动点； (2)已知，且的前项和为.证明： ①为递增数列，为递减数列，且； ②. 【解析】（1）证明：令， 则，，， 所以当时，在上递减， 而，故在有唯一的零点， 即在有唯一的不动点. （2）①证明：因为， 所以，在上单调递增； ， 所以， 而在的不动点为， 所以， 假设时，成立， 则，即成立， 结合可得：对于任意恒成立， 故为递增数列，为递减数列，且； ②证明：， 因为，所以，因此，即， 故. 【变式4-1】（2026·高三·上海浦东新·阶段检测）对于函数 ，若实数 满足 ，则称 为 的不动点.已知 ，且 的不动点的集合为 .当 恰有一个元素时， 的取值集合记为 (1)若 ，求集合； (2)求集合； (3)记 表示集合 中的最小元素.若 ，数列 满足 ， .求证：对任意 ，. 【解析】（1）当时，，令，即，整理得； 设，则， 因为，所以，故在单调递增； 又因为，所以仅有一个解，因此. （2）令，即，整理得； 设，则， 设，其判别式， ①当时，，所以在上单调递增. 又，所以在上恰有一个零点1， 即在上恰有一个不动点1，即集合A恰有一个元素，符合题意. ②当时，，故恰有2个零点，记为， 又，所以. 当时，；当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 又，所以在上恰有一个零点1，且， 又当时，，所以在上恰有一个零点， 从而至少有2个不动点，即集合A至少有2个元素，不符合题意. 综上，的取值范围为，即集合. （3）由（2）知，，所以，所以， 令. 由（2）知，在上单调递增，所以当时，， 所以当时，，即当时，， 故若，则，因此，若，使得， 则，从而， 重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而. 下面我们先证明当时，. 设， 则当时，，所以在上单调递减， 所以当时，，即当时，， 从而当时，， 从而当时，， 即当时，，故，即， 由于，所以，故， 故当时，. 所以，. 【变式4-2】（2026·山东聊城·一模）对于函数，若存在，使成立，则称为函数的不动点．已知函数的不动点为，数列满足，，它的前项和为． (1)证明：； (2)若，证明：当为偶数时，； (3)若，证明：当时，． 【解析】（1）证明：由题意，有，即． 记，则， 求导得，于是在上单调递增． 而，， 由零点存在定理，得，即． （2）证明：易知在单调递减． 因为，所以，即，于是，即． 依次反复操作，易推得，，①． 证明如下：假设，则，即， 于是，即，于是结论①得证． 记，则， 于是在上单调递增． 因为，所以，即， 于是，， 于是当为偶数时，． （3）先证明，，②． 由已知可得，假设，， 易知在单调递减，于是，即， 于是，即，于是结论②成立． 由（1）可知，在上单调递增， 又，于是，结合（1）可知． 由（2）知，在上单调递增， 因为，，所以，即，即． 因为，所以，即，即． 当且为偶数时， ， ； 当且n为奇数时， ， ． 综上，当时，． 【变式4-3】（2026·高三·广东深圳·开学考试）对于函数，若存在其定义域内的，使成立，则称为函数的不动点．已知函数，其不动点为． (1)判断与的大小关系并说明理由； (2)数列的递推公式为，，其前项和为，． （ⅰ）证明：数列，为递增数列； （ⅱ）证明：．（参考数据：） 【解析】（1），     理由：由题意得：，化简得，即，，则， ，故在上单调递增．     因为，， 由零点存在定理，得，所以． （2）（ⅰ）由得，， 当时，，所以，，     ①时： 因为时，；时，， 又，，所以，，……，即，，     ②数列递增， ， 即，所以，，     令，，其中，满足 即，， 令，，则，即在上单调递增， 所以，即， 所以在上单调递减，则， 即时，成立，所以数列为递增数列． （ⅱ）由（ⅰ）同理可得时， 令，，，则在上单调递增， 又，所以，即成立，     所以为偶数时，； 为奇数时，， 综上，不等式右侧恒成立．     同理，因为，所以成立，即，     所以为偶数时，； 为奇数时，， 其中时等号成立， 综上，不等式左侧恒成立． 则． 题型五：数列不等式证明 【典例5】（2026·广西南宁·一模）已知数列满足，． (1)若，求中所有元素之和； (2)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； (3)证明：． 【解析】（1）因为，， 所以令， 去分母得，， 解得，因为，所以，故中所有元素之和为； （2）证明：， 故，而， 所以为公比为2的等比数列，首项为， 所以，所以； （3）证明：令，， 则，故在上单调递减， 所以，即，当且仅当时，等号成立， 令得，即， 故， ， 设，，则， 其中，故， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增，故， 所以当时，，又时，， 故时，， 又，故. 【变式5-1】已知数列的前n项和为，，. （1）证明：数列为等比数列； （2）证明：. 【解析】（1），， 可得， 即有， 可得数列为公比为2，首项为2的等比数列； （2）由（1）可得， 即， 由基本不等式可得，， 即有． 【变式5-2】（2026·高三·江西赣州·期中）在数列中，. (1)证明数列为等比数列，并求出的通项公式； (2)设，记数列的前项和，证明：. 【解析】（1） 由，得到，又，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. 则，得到，所以数列的通项公式为. （2）由（1）知，所以， 则， 又，所以. 【变式5-3】已知数列中，，满足. (1)证明数列是等比数列； (2)设，求的通项公式； (3)设，的前项和记为，试证明. 【解析】（1）证明：由已知递推式得，变形得， 首项，因此（常数）， 故数列是首项为、公比为的等比数列； （2）由（1）的结论得：， 整理得， 所以 故的通项为； （3）证明：由题意得， 前项和①，②， ①②得：， 即 整理得：因为，所以， 因此，得证. 题型六：数列公共项问题 【典例6】（2026·山东青岛·三模）在平面直角坐标系中，已知直线经过原点，是的方向向量．数列满足：点均在上，． (1)求的通项公式； (2)已知是以4为首项，2为公差的等差数列，若与的公共项为，的值由小到大构成数列，求的前项和． 【解析】（1）由直线过原点且方向向量为可知的方程为 因此对任意正整数，即 因为，所以， 所以，是首项为2，公比为3的等比数列， 所以 （2）因为数列是以4为首项，2为公差的等差数列， 所以 因为，所以，即 因为,所以,则的值为 所以，可得 【变式6-1】（2026·山东济宁·二模）将所有正整数按照如下规律形成数阵： 第1行  1  2  3  ……  7  8  9 第2行  10  11  12  ……  97  98  99 第3行  100  101  102  ……  997  998  999 第4行  1000  1001  1002  ……  9997  9998  9999 ………… (1)将数列与数列的公共项按照从小到大的顺序排列得到数列，试确定在该数阵中的位置； (2)将数阵中所有相邻两位数字（从左到右）出现12的所有正整数去掉并保持顺序不变，得到一个新数阵，记新数阵第行中正整数的个数为. （i）求，，； （ii）求. 【解析】（1）设，因为， ， 所以， 所以，当且仅当为偶数时，可以取得正整数， 所以，当且仅当为偶数时，数列有公共项， 所以，，故， 所以，是数阵第4行，第3097个数． （2）（i）当时，显然． 当时，第2行2位数有90个，其中只有12去掉． 故． 当时，第3行3位数有900个，其中有两种情况去掉： 百位和十位分别为12，此时有10个；十位和个位分别为12，此时有9个． 故． （ii）当时，将第行个符合条件的位正整数分为两类： ①个位数字不等于2时，个位数字有9种取法，前面位数有种取法，这时位正整数中有个； ②个位数字等于2时，前面位数有种取法， 但这个位正整数中十位数字等于1的个正整数要去掉． 故个位数字等于2且十位数字不等于1的位正整数有－个． 综上，由加法原理知． 设， 所以，，即， 解得， 所以，是首项为，公比为的等比数列； 是首项为，公比为的等比数列； 所以，， ， 所以，当时，， 经检验，当时，也成立 当时，也成立． 综上，． 【变式6-2】数列与的通项公式分别为，它们的公共项由小到大排列组成数列，求数列的通项公式. 【解析】方法一：设，则， 所以， 因为3，4互质，所以必为4的倍数， 即， 所以， 即数列的通项公式为. 方法二 由观察可知，两个数列的第一个公共项为11， 所以. 设，则， 所以不是数列中的项，不是数列中的项，是数列中的项. 所以，则， 所以数列是等差数列，其公差为12，首项为11， 因此，数列的通项公式为. 【变式6-3】已知数列的通项公式为，是公比为的等比数列，且，． (1)求的通项公式； (2)设与的公共项由小到大排列构成新数列，求的前5项和． 【解析】（1）因为，， 所以，解得（负值舍去）， 所以． （2）设的第项与的第项相等， 则，即，． 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则． 故． 题型七：数列整数存在性问题 【典例7】已知数列的通项公式，数列的通项公式（）.若，则称d为数列与的公共项，将数列与的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新数列. (1)直接写出、、、的值； (2)猜想并证明的通项公式，并求数列各项和； (3)是否存在正整数r、s、t（）使得成立，若存在，求出r、s、t；若不存在，说明理由. 【解析】（1），，，. （2）猜想，证明如下： 设公共项为， 若是中的项，则存在正整数使得， 若为偶数，则，由的二项展开式可得其除以3余数为1，不符合题意； 若为奇数，则为偶数，则, 除以3余数为2，符合题意； 又，故，所以公共项为数列中指数为大于等于3的奇数的项， 即， 所以 . ，， 则. （3）假设存在正整数、、使得成立， 则 即 即 等式右边为奇数，要使等式成立，则左边也要为奇数 又因，所以只能有， 故 可得 即 等式右边为奇数，要使等式成立，则左边也要为奇数 又因，所以只能有 故 可得，所以 所以只存在一组正整数、、，使得成立. 【变式7-1】已知，，，． (1)若，，，求不等式的解集； (2)若，，存在，使得函数有三个零点，，（），且，，成等差数列，求的值； (3)若，，，数列，满足，．与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由． 【解析】（1）代入得，不等式即， 两边取以为底的对数得. 因此不等式的解集为. （2）由题意得， 所以0是函数的一个零点．            ①若或，，，可以记作：，，， 满足解得或（舍去）， 即，，所以．         ②若，，，可以记作，0，， 满足解得（舍去）． ③假设的三个零点都不包含0，考虑． 令，． 令，． 极大值 而，，， 由零点存在性定理知，存在唯一的，使得． 可得 极大值 而在时，，在时，． 说明函数的图像与平行于的直线至多只有2个公共点． 因此三个零点中必然有一个为0． 综上，． （3）由于，则，， 因为中的每一项都是整数，此时一定是整数， 对于任意正整数，令，则是正整数. 因为 且 ，而是单射，所以， 因此中任意一项均为中的项. 反之，中可能还有其他非整数项，则公共项正是本身. 而函数在为严格增函数， 所以若存在，，成等比数列，一定满足． 代入表达式，求出． 令，，，， 函数在为严格增函数， 即无符合要求的正整数解． 所以不存在中连续三项构成等比数列． 【变式7-2】已知正项数列满足，，且对任意，都有，数列满足：对任意，都有． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)设，问：数列中是否存在三项，使得它们构成等差数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）由得为等比数列，设其公比为， 由于为正项数列，故， 则由可得，故． （2）由，可得对于任意有： ，③ 则，④ 则，⑤ 由③-⑤得， 对③取得也适合上式， 因此，； （3）由（1）（2）可知， 则， 所以当时，，即， 当时，，即在且上单调递减， 故， 假设存在三项成等差数列，其中， 由于，可不妨设，则（*）， 即， 因为且，则且， 由数列的单调性可知，，即， 因为，所以， 即，化简得， 又且，所以或， 当时，，即，由时，此时不构成等差数列，不合题意， 当时，由题意或，即，又，代入（*）式得， 因为数列在且上单调递减，且，，所以， 综上所述，数列中存在三项或构成等差数列． 【变式7-3】已知正项数列的前项和为，满足，. (1)证明：数列为等差数列； (2)已知，求数列的前项的和； (3)已知，在数列中是否存在不同的三项，使这三项依次成等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，说明理由. 【解析】（1） 因为 当时， 所以. 又，有，又， 所以，所以， 因为，所以， 又，可知，. 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列. （2）由（1）可得，. 当为偶数时，. 当为奇数时，. ∴ （3）假设存在不同的三项，，依次成等差数列，不妨设 则有，∴ 两边同除以，可得. 又为偶数，为偶数，为奇数， ∴不可能成立. 假设不成立，即不存在不同的三项，使这三项成等差数列. 题型八：数列新定义问题 【典例8】（2026·高三·北京海淀·阶段检测）已知数列：，，…，，定义变换，将数列变换成数列：，，…，，其中，，，…，．只有三行的梯形数表中第一行为数列：，，…，， 且，，，…，；第二行为：，，…，，第三行为：，，…，， 满足，．表示梯形数表中所有元素的和． (1)若中第一行数列为：，，，，求及； (2)当正整数时，若有，证明：； (3)若，求的最大值． 【解析】（1）由题意可知，其中， 所以，同理， 所以. （2）因为，且（是数列，也是数列） 由且，得，即， 由且，得，即， 所以，又 而，所以，所以. （3）设，，，需要最大化三个部分的和. 对于的最大值，对于长度为8的序列，的最大值是7（此时为完全交替序列，如） 配合的最大值，， 的最大值：完全交替序列对应模式为：，当时，（最大值）. 所以的最大值为：. 【变式8-1】设有穷数列的项数为，若正整数满足，，则称为数列的“新低项”． (1)若，求数列的所有“新低项”； (2)已知有穷等比数列的公比为3，前项和为，若数列存在“新低项”，求正数的取值范围； (3)若，数列的“新低项”个数为，证明：． 【解析】（1）由， 得， 当时，，即，，故2是“新低项”； 当时，，即，，，，故3是“新低项”； 当时，，存在，不满足条件； 所以数列的“新低项”为2和3． （2）由题意，等比数列中，， 因为数列存在“新低项”，设其“新低项”为， 则，， 取，则， 又，，代入得：， 整理得，即，因为，所以． 反之，若，则，且对有． 令，在上单调递增，故 数列单调不减，不存在“新低项”． 当时，，取即得“新低项”，满足条件． 所以正数的取值范围为． （3）①若数列不存在“新低项”，即， 则对任意，总存在，，可得， 故，不等式成立； ②若数列存在个“新低项”，设“新低项”从小到大依次为，，…，． 由“新低项”定义：是，，…，中最小项， 由条件，得， 故， ， 综上，． 【变式8-2】（2026·高三·山西·阶段检测）若数列满足，为给定的正数，则称为“有界数列”． (1)设，，证明：为有界数列； (2)若，，证明：为有界数列； (3)设数列是有界数列，，，…，，且，求的最大可能值． 【解析】（1） 故 ，（时取“=”） ∴ 所以，即为有界数列 （2）因，则，对于函数，， ，则在上单调递增， ，， 从而． 则且，即为有界数列； （3）由题可得，因，为使最大， 应让中出现尽量多的2或. 则容易想到可让中有49个2，49个，和1个0， 此时中包含98个，1个， ． 【变式8-3】（2026·高三·浙江·阶段检测）设数列为等比数列，对集合，，，…，，定义．已知，，且，． (1)求数列的通项公式； (2)对任意正整数，若，求证：； (3)若，，且，求证：． 【解析】（1）设数列的公比为， 由题可知，，则，所以，即， 可得，所以， 得，即，解得， 所以. （2）当，可知中的元素均大于， 令，且， 则． （3）令，，，，设，，…，与，，…，中第1个不等的项为第个，即， 由，， 去掉前面个相等的项得，（1） 若，则，（1）两边同除以，得 ，（2） 而， ，这与（2）矛盾，所以不成立， 同理可得，不成立， 所以不成立． 所以成立，所以． 题型九：数列插项问题 【典例9】（2026·高三·贵州毕节·阶段检测）在等比数列中，，且． (1)求的通项公式； (2)若，在与之间插入个数，使得这个数构成一个公差为（）的等差数列，数列的前项和为，证明：． 【解析】（1）设的公比为，由，得，因为，所以， 因为，所以或， 故或． （2）证明：因为，所以，所以， 由题意得，则， ，① ，② 得， 得． 因为，所以． 【变式9-1】已知数列是等差数列，，其前5项和为15；数列是等比数列，且，，，成等差数列． (1)求和的通项公式； (2)设，求数列的前项和． (3)若将数列中的所有项按原顺序依次插入数列中，组成一个新数列： ，，，，，，，，，，，…，与之间插入项中的项，该新数列记作数列，求数列的前211项的和． 【解析】（1）由得公差， 又因为， 得， 化简得，解得， 所以. 由，，成等差数列，得 由是等比数列，设代入， 得，消去， 得，化简并解得， . （2）由（1）得， ， 第一部分为， 令， ， 两式相减： ， ， ， 第二部分利用裂项求和： ， 合并：； （3）由题可知新数列中，前有项， 令，得前有项， 令，得前有项， 恰好位于与之间，所以前项中包含的前八项， 剩下的全是中的项，，即的前项， . 【变式9-2】（2026·高三·四川绵阳·阶段检测）已知数列满足 (1)求的通项公式； (2)在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和． 【解析】（1）因为， 所以当时，， 两式相减得，所以， 当时，，满足， 故的通项公式为． （2）因为在和之间插入个数后构成等差数列，公差为， 所以，即，， 所以① ② ①－②得：， 所以． 【变式9-3】已知数列满足，且． (1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和； (3)在数列的任意相邻两项与（）之间，插入k个相同的数，组成一个新的数列，记数列的前n项和为，求． 【解析】（1）则， 所以． （2）由， 则， 所以， 所以． （3）数列中在之前共有项，所以， 当时，，当时，，所以 ． 1．在重大节日里，从古至今我国有悬挂灯笼增加节日气氛的习俗．据文献记载，古代有一座层的塔共挂了盏灯笼，相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的倍，顶层有盏灯笼，问共有多少层塔？（     ） A．层 B．层 C．层 D．层 【答案】C 【解析】设从上至下，第层的灯笼数为盏， 由题意可知，数列是首项为，公比为的等比数列， 设该数列的前项和为，则，即，解得. 故共有层塔. 2．李华准备通过某银行贷款8800元，后通过分期付款的方式还款，银行与李华约定：每个月还款一次，分12次还清所有欠款，且每个月的还款额都相等，贷款的月利率为，则李华每个月的还款额为（    ）（精确到0.01元，参考数据） A．733.21元 B．757.37元 C．760.33元 D．770.66元 【答案】B 【解析】设每一期所还款数为元， 因为贷款的月利率为， 所以每期所还款本金依次为， 则， 即， ， ， ， 即李华每个月所要还款约元. 故选：B. 3．一个网上贷款平台在2024年初给出贷款的月利率为，某大学生此时从该平台贷款元，按照复利计算，他10个月后一次性还款的金额应为（    ） A．元 B．元 C．元 D．元 【答案】D 【解析】应还金额=贷款金额 (1+月利率) 月份， 由题意知贷款金额为，月利率为，月份为10， 所以. 故选：D. 4．（多选题）（2026·山东济南·模拟预测）已知正项数列满足，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】由递推式可得 对于A，因为，所以由上述等式得故A正确． 对于B，先证明当时，． 令则，且 所以，即． 令，由及上述等式得 指数函数在实数集上单调递增，所以．故B错误． 对于C，先证明当时，， 令，，则， 且， 所以，即，， 两边同乘，得， 令，由上述等式得，所以．于是即．故C正确． 对于D，由B选项的结论可知． 下面证明当时，， 令，则，且， 再令，则． 当时，，所以， 因此，从而，故，即上述不等式成立． 令，由及上述不等式得，所以 反复使用上式，得 又由二项式定理， 所以， 结合上述估计，得，故D错误． 5．（多选题）（2026·山东济宁·三模）若数列各项均为正数，且，则（ ） A．存在，使得 B．可以是常数列 C．当时， D．当时， 【答案】BCD 【解析】由题意知：， 对于A：若，且数列各项均为正数，则， 所以与题意矛盾，故A错误； 对于B：若是常数列，假设（为常数）， 则可转化为，解得或（舍去） 所以当时，符合题意,即可以是常数列.故B正确； 对于C：当时，，成立； 设时，，则， 即：，化简可得： ，，则，即. 由数学归纳法，对所有，.故C正确； 对于D：当时，，即，得， 又， 同理可推：.故D正确. 6．（2026·高三·山东烟台·期末）方程的解称为函数的不动点，若有唯一不动点，且数列满足，，则_______________________. 【答案】 【解析】由题得，化简得由唯一不动点，所以 ，所以，所以 是一个等差数列，， 故填1009. 7．（2026·高三·江苏苏州·阶段检测）若函数满足：①，②对任意，有，③在上单调递减，则称为稳定函数．已知． (1)当时，判断函数是否为稳定函数，并证明你的结论； (2)当时，函数的图象总在直线的上方，求实数的取值范围； (3)若存在，使得，则称是函数的不动点，记时的不动点为，且，若对任意的，都有，求实数的取值范围． 【解析】（1）是，证明如下： 当时，，，，， 对，， ， 当时，在上单调递减， 当时，时，， ，符合在上单调递减， 符合①②③，为稳定函数． （2）当时，图象总在直线的上方， 对恒成立，即， 对恒成立， 令， 当时，若，，单调递增，此时， 这与对恒成立矛盾，舍去. 当时，若时，，单调递减； 当时，，单调递增， 注意到，对恒成立，故的取值范围为． （3）时，，的不动点为，， ，令， ，①当时，，， ②当且时，，， ， ，它对也成立． ， 当时，对，故只需， ，综上：的取值范围为． 8．（2026·天津红桥·二模）已知数列 的首项 (1)证明：数列 为等比数列； (2)证明：对任意的 (3)证明: 【解析】（1） ，又 所以是以为首项，以为公比的等比数列． （2）由（1）知，即 . （3）由（2）知，对任意，有， 取， 则. 9．（2026·广东茂名·二模）已知等比数列满足，，． (1)求数列的通项公式； (2)记数列的前n项和为，，将数列与的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，求的前10项和． 【解析】（1）设等比数列的公比为q，依题意可得，，，故， 又，解得（负值舍去），故， 所以数列的通项公式为； （2）由（1）知，所以， ， 当时，， 当时，． 所以， 由与公共项按从小到大的顺序组成，可设，m为正整数． 若，则，公共项为0； 若，则由，可得，n必须为偶数，令，， 则公共项为． 故且从第2项起，是以3为首项、6为公差的等差数列， 即， 所以数列的前10项和为． 10．（2026·湖北·模拟预测）已知数列前项和，的前项之积. (1)求与的通项公式. (2)把数列和的公共项由小到大排成的数列为，求的值. 【解析】（1）（1）由， 当时， 当时，， 当时，上式也成立， 所以， 由， 当时，， 当时，， 当时，上式也成立， 所以； （2）设 ，，为得正整数倍， 故当为奇数时，，故公共项为， ∴，，，，…构成首项为2，公比为4的等比数列， 则. 11．（2026·高三·广东·阶段检测）已知数列的前n项和为． (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在不同的三项，， （其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列?若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）依题意得，当时，． 由，可得， 两式相减得， 当时，，亦符合， 所以数列是以3为首项，以4为公差的等差数列，故． （2）在数列中不存在不同的三项，， （其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列，理由如下： 由（1）可得，依题意得， 假设在数列中存在三项，，（其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列， 则，即 整理得：① 又因为m，k，p成等差数列，则， 代入①式整理得： ， 即，化简得，即， 而m，k，p成等差数列，即， 又因为，，为不同的三项，，故假设不成立． 因此，在数列中不存在不同的三项，， （其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列． 12．（2026·湖南永州·三模）已知函数（），且有唯一零点. (1)证明：； (2)证明：； (3)判断数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由. 【解析】（1）证明：要证，即证. 设，对求导得. 当，，递减；当，，递增. 所以在取最小值，即，原不等式得证. （2）证明：先证： 由（1）知，则，即. 因为，所以，可得. 当，. ，时也满足，所以. 再证： 由（1）得，又，所以，即. 因为，所以，则. . 综上，. (3)不存在,理由如下： 对函数求导，导数在时大于，函数递增. ，，所以函数有唯一零点在，且，可化为. 设，其导数，当时，递增. 因为，即，所以.所以. 假设成等比，公比且. 所以，可得，那么. 又因为，，，所以. 进行通分整理：，通分得到，由于，所以. 设数列的公比为，则，，代入可得：， 因为，两边同时除以得到. 对于一元二次方程，解得. 由，相减，根据对数运算法则可得： ，因为，对数函数在上单调递增，所以， 又因为，所以. 所以，与矛盾. 故数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列. 13．定义：若无穷数列满足是公比为的等比数列，则称数列为“数列”．已知数列中，，． (1)若，且数列为“数列”，求数列的通项公式： (2)记数列的前项和为，且，请求出的值并判断数列是否为“数列”，并说明理由； (3)若数列是“数列”，是否存在正整数，，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数，；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）（1）因为，且数列为“数列”， 所以，即， 所以是以首项为，公差的等差数列， 所以． （2）由已知条件可得，故，所以． 当时，根据已知递推式可得， ①②得， 又也成立，所以， 设，即，所以， 又， 所以是以首项为，公比为的等比数列． 所以，即， 所以， 所以是以首项为，公比为的等比数列，故数列是“数列”． （3）由数列是“数列”得， 所以，即，所以， 所以时，， 当时上式也成立，故， 假设存在正整数，，使得，即， 由，可知，所以， 又因为，为正整数，所以， 又， 所以，则． ，则， ，，故存在满足条件的正整数，，且，． 14．（2026·高三·北京海淀·阶段检测）对于任意数列，，…，，从中选取第项、第项、…、第项（，），称新数列，，…，为数列，，…，的一个长度为的子列．记为其全部子列之和所组成的集合，记为集合中元素的个数． (1)对于数列：1，2，2与：，，2，直接写出集合与； (2)若，正项数列，，，满足：，都有，求的值； (3)若，数列，，，各项都是整数，且正项与负项的个数都不小于2，如果，求的最小值． 【解析】（1）对数列1，2，2，枚举所有非空子列的和： 长度1：1，2，2； 长度2：；长度3：. 去重，得. 对数列，枚举所有非空子列的和： 长度1：；长度2：； 长度3：. 去重，得. （2）任取两个不同子列，分别记为、． 考虑这两个子列不同的项（即恰在一个子列中出现的项）， 设其中下标的最大值为，则，不妨设为中的项． 若，则中所有项之和减去中所有项之和为, 若，则中所有项之和减去中所有项之和， 从而任意两个不同子列的和都不相等， 一共有个非空子列，每个子列和互不相同， 所以集合元素个数为． （3）设数列，，…，正项有个，负项有个，其中，，． 将正项记为，，…，， 负项记为，，…，，其中，，…，．定义前缀和： ，，规定； ，，规定． 考虑以下个数：，，． 引理：这个数互不相同． 证明：用反证法，假设，且，即， 若，则．由于，，…，，前缀和严格递增， 故，与矛盾， 因此． 不妨设，则．将等式移项得． 左边，故右边，即． 由前缀和严格递增，得．于是， 即． 注意到，，于是正项，…，与负项，…，构成的子列， 其和为0，与矛盾，故所有的互不相同． 在这个数中，对应空集，不属于； 其余个数都是非空子列的和，均在中， 因此 将代入上式可得， 注意到，上式在（或对称地取）时取得最小值， 于是 下面构造达到该下界的数列，取，， 该数列的任意非空子列和都形如，其中，， 且，不同时为0． 子列和计数： 的取值 子列和 个数 ，，…， ，，…， ，，…， 子列和均不为0，且三部分互不重叠， 故． 综上，的最小值为． 15．（2026·高三·天津滨海新区·阶段检测）已知数列 是各项均为正数的等比数列，其前 项和为 ， ，且 ， ， 成等差数列. (1)求数列 的通项公式； (2)若 ，求数列 的前 项和 ； (3)若对每个正整数 ，在 与 之间插入 个 2，得到一个新的数列 . 设 是数列 的前 项和，试求满足 的所有正整数 的值. 【解析】（1）设数列的公比为. 因为成等差数列，所以， 即， 因此，而，所以. 又，所以数列的通项公式. （2）由（1）知， 所以， ， 两式相减得：， 所以， 所以. （3）由题意知， 则当时，，符合题意； 当时，，所以不成立； 当时，若，显然， 若不为2，则必是数列中的某一项， 则 . 又因为，所以， 即，所以， 如图，结合函数图像可知有三个解，（舍去）， ，，此时， ，符合题意， 又， 所以，又因为，故不符合题意， 即当时，时，； 综上所述，或． 16．（2026·高三·福建厦门·期中）已知等差数列的前n项和为，且，；数列满足（） (1)求数列和的通项公式； (2)记，求数列的前n项和； (3)在和，中插入个相同的数，构成一个新数列：，1，，，，，3，3，3，，…，求数列的前2025项和． 【解析】（1）设数列的公差为，则有，解得， 故； 由，则， 则时，有， 故，即； 当时，，符合上式； 故； （2）， 则； （3）：， 从到共有项， 所以，当时，， ， ， ， . 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题拓展21 数列的综合应用 目录 01 解题方法总结 2 方法总结1、解决数列与数学文化相交汇问题的关键 2 方法总结2、数列与不等式综合问题的求解策略 2 方法总结3、证明不等式 2 方法总结4、新定义问题的解题思路 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：数列的数学文化 3 题型二：数列的实际应用 4 题型三：数列蛛网图问题 4 题型四：数列不动点与递推问题 5 题型五：数列不等式证明 7 题型六：数列公共项问题 8 题型七：数列整数存在性问题 10 题型八：数列新定义问题 12 题型九：数列插项问题 13 03 课后拓展精练 16 方法总结1、解决数列与数学文化相交汇问题的关键 方法总结2、数列与不等式综合问题的求解策略 解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决． 利用等价转化思想将其转化为最值问题. 恒成立； 恒成立. 方法总结3、证明不等式 在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法. 放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）. 放缩法证不等式的理论依据是：；. 放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找. 方法总结4、新定义问题的解题思路 遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决． 题型一：数列的数学文化 【典例1】（2026·高三·河南南阳·开学考试）在经济模型中，常考虑市场需求与工资指数间的关系．记工资指数为，市场需求为D，在不引入其它变量的情况下，二者通常呈线性关系，即，其中，且均为给定常数，称为工资指数为的需求点弹性．在某一假设模型中，若当市场需求为20时的工资指数为25，市场需求为10时的需求点弹性为110，该模型对应的边际效益数列满足，则的公差为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026·北京朝阳·模拟预测）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”，已知这9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则这9枚环权的质量和为（     ） A．284 B．381 C．384 D．484 【变式1-2】牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点，数列为的牛顿数列．设，已知，的前项和为，则等于（     ） A． B． C． D． 【变式1-3】古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为．若关于的不等式恒成立，则实数的最大整数为（    ） A．28 B．29 C．30 D．32 题型二：数列的实际应用 【典例2】某人现存入银行10000元定期存款，若以年利率的复利计算（复利是一种计算利息的方法，即把前一期的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一期的利息），则5年后本利和是（   ） A．元 B．元 C．元 D．元 【变式2-1】甲、乙、丙、丁四人合资注册一家公司，每人出资50万元作为启动资金投入生产，到当年年底，资金增长了.预计以后每年资金年增长率与第一年相同.四人决定从第一年开始，每年年底拿出60万元分红，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第年年底公司分红后的剩余资金为万元，则至少经过（   ）年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元？（年数取整数，参考数据：） A．4 B．5 C．6 D．7 【变式2-2】甲、乙两名大学生同时于2025年5月初向银行贷款5000元，甲与银行约定按“等额本金还款法”进行还款，乙与银行约定按“等额本息还款法”进行还款；两人都分12次还清所有的欠款，从2025年6月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率均为0.4%，则2025年10月初甲比乙将多还多少元（精确到个位，参考数据：，，）（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【变式2-3】某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）．有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算．下列说法错误的是（ ） （参考：：计算结果精确到分） A．等额本息方案，每月还款金额为10196.07元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本金方案，所有的利息和为2340元 D．等额本金方案比等额本息方案还款利息更少，所以等额本金方案优于等额本息方案 题型三：数列蛛网图问题 【典例3】（2026·河北石家庄·模拟预测）已知数列满足：，．则下列说法正确的是（    ）． A． B． C． D． 【变式3-1】（多选题）（2026·高三·江苏无锡·阶段检测）数列满足，．下列结论正确的有（     ）． A．对任意，有 B．对任意，有 C．对任意，有 D．对任意整数，，有 【变式3-2】（多选题）（2026·高三·重庆九龙坡·阶段检测）已知数列满足，，则（    ） A． B．若，则；若，则 C．数列单调递增，单调递减 D．存在正整数， 【变式3-3】（多选题）已知数列满足，，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 题型四：数列不动点与递推问题 【典例4】（2026·陕西榆林·模拟预测）不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，已知函数. (1)证明：在有唯一的不动点； (2)已知，且的前项和为.证明： ①为递增数列，为递减数列，且； ②. 【变式4-1】（2026·高三·上海浦东新·阶段检测）对于函数 ，若实数 满足 ，则称 为 的不动点.已知 ，且 的不动点的集合为 .当 恰有一个元素时， 的取值集合记为 (1)若 ，求集合； (2)求集合； (3)记 表示集合 中的最小元素.若 ，数列 满足 ， .求证：对任意 ，. 【变式4-2】（2026·山东聊城·一模）对于函数，若存在，使成立，则称为函数的不动点．已知函数的不动点为，数列满足，，它的前项和为． (1)证明：； (2)若，证明：当为偶数时，； (3)若，证明：当时，． 【变式4-3】（2026·高三·广东深圳·开学考试）对于函数，若存在其定义域内的，使成立，则称为函数的不动点．已知函数，其不动点为． (1)判断与的大小关系并说明理由； (2)数列的递推公式为，，其前项和为，． （ⅰ）证明：数列，为递增数列； （ⅱ）证明：．（参考数据：） 题型五：数列不等式证明 【典例5】（2026·广西南宁·一模）已知数列满足，． (1)若，求中所有元素之和； (2)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； (3)证明：． 【变式5-1】已知数列的前n项和为，，. （1）证明：数列为等比数列； （2）证明：. 【变式5-2】（2026·高三·江西赣州·期中）在数列中，. (1)证明数列为等比数列，并求出的通项公式； (2)设，记数列的前项和，证明：. 【变式5-3】已知数列中，，满足. (1)证明数列是等比数列； (2)设，求的通项公式； (3)设，的前项和记为，试证明. 题型六：数列公共项问题 【典例6】（2026·山东青岛·三模）在平面直角坐标系中，已知直线经过原点，是的方向向量．数列满足：点均在上，． (1)求的通项公式； (2)已知是以4为首项，2为公差的等差数列，若与的公共项为，的值由小到大构成数列，求的前项和． 【变式6-1】（2026·山东济宁·二模）将所有正整数按照如下规律形成数阵： 第1行  1  2  3  ……  7  8  9 第2行  10  11  12  ……  97  98  99 第3行  100  101  102  ……  997  998  999 第4行  1000  1001  1002  ……  9997  9998  9999 ………… (1)将数列与数列的公共项按照从小到大的顺序排列得到数列，试确定在该数阵中的位置； (2)将数阵中所有相邻两位数字（从左到右）出现12的所有正整数去掉并保持顺序不变，得到一个新数阵，记新数阵第行中正整数的个数为. （i）求，，； （ii）求. 【变式6-2】数列与的通项公式分别为，它们的公共项由小到大排列组成数列，求数列的通项公式. 【变式6-3】已知数列的通项公式为，是公比为的等比数列，且，． (1)求的通项公式； (2)设与的公共项由小到大排列构成新数列，求的前5项和． 题型七：数列整数存在性问题 【典例7】已知数列的通项公式，数列的通项公式（）.若，则称d为数列与的公共项，将数列与的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新数列. (1)直接写出、、、的值； (2)猜想并证明的通项公式，并求数列各项和； (3)是否存在正整数r、s、t（）使得成立，若存在，求出r、s、t；若不存在，说明理由. 【变式7-1】已知，，，． (1)若，，，求不等式的解集； (2)若，，存在，使得函数有三个零点，，（），且，，成等差数列，求的值； (3)若，，，数列，满足，．与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由． 【变式7-2】已知正项数列满足，，且对任意，都有，数列满足：对任意，都有． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)设，问：数列中是否存在三项，使得它们构成等差数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由． 【变式7-3】已知正项数列的前项和为，满足，. (1)证明：数列为等差数列； (2)已知，求数列的前项的和； (3)已知，在数列中是否存在不同的三项，使这三项依次成等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，说明理由. 题型八：数列新定义问题 【典例8】（2026·高三·北京海淀·阶段检测）已知数列：，，…，，定义变换，将数列变换成数列：，，…，，其中，，，…，．只有三行的梯形数表中第一行为数列：，，…，， 且，，，…，；第二行为：，，…，，第三行为：，，…，， 满足，．表示梯形数表中所有元素的和． (1)若中第一行数列为：，，，，求及； (2)当正整数时，若有，证明：； (3)若，求的最大值． 【变式8-1】设有穷数列的项数为，若正整数满足，，则称为数列的“新低项”． (1)若，求数列的所有“新低项”； (2)已知有穷等比数列的公比为3，前项和为，若数列存在“新低项”，求正数的取值范围； (3)若，数列的“新低项”个数为，证明：． 【变式8-2】（2026·高三·山西·阶段检测）若数列满足，为给定的正数，则称为“有界数列”． (1)设，，证明：为有界数列； (2)若，，证明：为有界数列； (3)设数列是有界数列，，，…，，且，求的最大可能值． 【变式8-3】（2026·高三·浙江·阶段检测）设数列为等比数列，对集合，，，…，，定义．已知，，且，． (1)求数列的通项公式； (2)对任意正整数，若，求证：； (3)若，，且，求证：． 题型九：数列插项问题 【典例9】（2026·高三·贵州毕节·阶段检测）在等比数列中，，且． (1)求的通项公式； (2)若，在与之间插入个数，使得这个数构成一个公差为（）的等差数列，数列的前项和为，证明：． 【变式9-1】已知数列是等差数列，，其前5项和为15；数列是等比数列，且，，，成等差数列． (1)求和的通项公式； (2)设，求数列的前项和． (3)若将数列中的所有项按原顺序依次插入数列中，组成一个新数列： ，，，，，，，，，，，…，与之间插入项中的项，该新数列记作数列，求数列的前211项的和． 【变式9-2】（2026·高三·四川绵阳·阶段检测）已知数列满足 (1)求的通项公式； (2)在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和． 【变式9-3】已知数列满足，且． (1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和； (3)在数列的任意相邻两项与（）之间，插入k个相同的数，组成一个新的数列，记数列的前n项和为，求． 1．在重大节日里，从古至今我国有悬挂灯笼增加节日气氛的习俗．据文献记载，古代有一座层的塔共挂了盏灯笼，相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的倍，顶层有盏灯笼，问共有多少层塔？（     ） A．层 B．层 C．层 D．层 2．李华准备通过某银行贷款8800元，后通过分期付款的方式还款，银行与李华约定：每个月还款一次，分12次还清所有欠款，且每个月的还款额都相等，贷款的月利率为，则李华每个月的还款额为（    ）（精确到0.01元，参考数据） A．733.21元 B．757.37元 C．760.33元 D．770.66元 3．一个网上贷款平台在2024年初给出贷款的月利率为，某大学生此时从该平台贷款元，按照复利计算，他10个月后一次性还款的金额应为（    ） A．元 B．元 C．元 D．元 4．（多选题）（2026·山东济南·模拟预测）已知正项数列满足，，则（     ） A． B． C． D． 5．（多选题）（2026·山东济宁·三模）若数列各项均为正数，且，则（ ） A．存在，使得 B．可以是常数列 C．当时， D．当时， 6．（2026·高三·山东烟台·期末）方程的解称为函数的不动点，若有唯一不动点，且数列满足，，则_______________________. 7．（2026·高三·江苏苏州·阶段检测）若函数满足：①，②对任意，有，③在上单调递减，则称为稳定函数．已知． (1)当时，判断函数是否为稳定函数，并证明你的结论； (2)当时，函数的图象总在直线的上方，求实数的取值范围； (3)若存在，使得，则称是函数的不动点，记时的不动点为，且，若对任意的，都有，求实数的取值范围． 8．（2026·天津红桥·二模）已知数列 的首项 (1)证明：数列 为等比数列； (2)证明：对任意的 (3)证明: 9．（2026·广东茂名·二模）已知等比数列满足，，． (1)求数列的通项公式； (2)记数列的前n项和为，，将数列与的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，求的前10项和． 10．（2026·湖北·模拟预测）已知数列前项和，的前项之积. (1)求与的通项公式. (2)把数列和的公共项由小到大排成的数列为，求的值. 11．（2026·高三·广东·阶段检测）已知数列的前n项和为． (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在不同的三项，， （其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列?若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由． 12．（2026·湖南永州·三模）已知函数（），且有唯一零点. (1)证明：； (2)证明：； (3)判断数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由. 13．定义：若无穷数列满足是公比为的等比数列，则称数列为“数列”．已知数列中，，． (1)若，且数列为“数列”，求数列的通项公式： (2)记数列的前项和为，且，请求出的值并判断数列是否为“数列”，并说明理由； (3)若数列是“数列”，是否存在正整数，，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数，；若不存在，请说明理由． 14．（2026·高三·北京海淀·阶段检测）对于任意数列，，…，，从中选取第项、第项、…、第项（，），称新数列，，…，为数列，，…，的一个长度为的子列．记为其全部子列之和所组成的集合，记为集合中元素的个数． (1)对于数列：1，2，2与：，，2，直接写出集合与； (2)若，正项数列，，，满足：，都有，求的值； (3)若，数列，，，各项都是整数，且正项与负项的个数都不小于2，如果，求的最小值． 15．（2026·高三·天津滨海新区·阶段检测）已知数列 是各项均为正数的等比数列，其前 项和为 ， ，且 ， ， 成等差数列. (1)求数列 的通项公式； (2)若 ，求数列 的前 项和 ； (3)若对每个正整数 ，在 与 之间插入 个 2，得到一个新的数列 . 设 是数列 的前 项和，试求满足 的所有正整数 的值. 16．（2026·高三·福建厦门·期中）已知等差数列的前n项和为，且，；数列满足（） (1)求数列和的通项公式； (2)记，求数列的前n项和； (3)在和，中插入个相同的数，构成一个新数列：，1，，，，，3，3，3，，…，求数列的前2025项和． 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $